2022-2023学年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校（高中部）高一（上）第一次月考数学试卷(含答案)

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校（高中部）高一（上）第一次月考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校（高中部）高一（上）第一次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（5分）设集合A＝{x|x≤0}，B＝{x∈Z||x|≤2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣2，﹣1} C．{1，2} D．{0，1，2}
2．（5分）设x∈R，则“x2﹣2x＜0”是“|x﹣1|＜2”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
3．（5分）下列说法不正确的是（　　）
A．若“p且q”为假，则p，q至少有一个是假命题
B．命题“∃x∈R，x2﹣x﹣1＜0”的否定是““∀x∈R，x2﹣x﹣1≥0”
C．设A，B是两个集合，则“A⊆B”是“A∩B＝A”的充分不必要条件
D．当a＜0时，幂函数y＝xa在（0，+∞）上单调递减
4．（5分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则下列式子成立的是（　　）
A．logac＜logbc B．
C．blogac＞alogbc D．ab＜ba
5．（5分）若正数x，y满足x2+xy﹣2＝0，则3x+y的最小值是（　　）
A．2 B．4 C． D．
6．（5分）若f（x）＝是（﹣∞，+∞）的增函数，则a的取值范围是（　　）
A．[，3） B．（，3] C．（﹣∞，3） D．（，+∞）
7．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＜0时f（x）＝3x﹣1．若f（x﹣t）+f（x2﹣t2）≥0对任意的x∈R恒成立，则实数t的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
8．（5分）已知函数f（x）＝|lg（x﹣1）|﹣ax（0＜a＜1）有两个零点x1，x2，则有（　　）
A．x1x2＜1 B．x1x2＜x1+x2 C．x1x2＝x1+x2 D．x1x2＞x1+x2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
（多选）9．（5分）下列叙述中正确的是（　　）
A．若a，b，c∈R，则“ab2＞cb2”的充要条件是“a＞c”
B．“a＜1”是“方程x2+x+a＝0有一个正根和一个负根”的必要不充分条件
C．若a，b，c∈R，则“ax2+bx+c≥0对x∈R恒成立”的充要条件是“b2﹣4ac≤0”
D．“a＞1”是“＜1”的充分不必要条件
（多选）10．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+2b＝1，则（　　）
A．ab的最大值为
B．的最小值为9
C．a2+b2的最小值为
D．（a+1）（b+1）的最大值为2
（多选）11．（5分）若a＞b＞1，0＜m＜1，则（　　）
A．am＜bm B．ma＜mb
C．logma＜logmb D．logam＜logbm
（多选）12．（5分）已知函数f（x）的定义域为R，f（2x﹣1）是奇函数，则使得f（1）＝0成立的充分条件是（　　）
A．f（x）在[﹣3，0]上单调 B．f（x）为偶函数
C．f（2x+1）为偶函数 D．f（x+2）＝f（x）+f（2）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）用列举法表示集合＝　 　
14．（5分）已知f（x）＝x|x|，则满足f（2x﹣1）+f（x）≥0的x的取值范围为　 　．
15．（5分）已知a＞0，b＞0，且，则a+2b的最小值为 　 　．
16．（5分）已知定义在R+上的函数f（x）＝，设a，b，c为三个互不相同的实数，满足，f（a）＝f（b）＝f（c），则abc的取值范围为　 　．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知集合A＝{x|x2﹣8x+m＝0，m∈R}，B＝{x|ax﹣1＝0，a∈R}，且A∪B＝A．
（1）若∁AB＝{2}，求m，a的值；
（2）若m＝15，求实数a组成的集合．
18．（12分）已知m∈R，命题p：∀x∈[0，1]，不等式m2﹣3m≤x2﹣2x﹣1恒成立；命题q：∃x∈（﹣∞，0]使得m≤2x成立．
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若p∧q为假，p∨q为真，求实数m的取值范围．
19．（12分）某种新产品投放市场的100天中，前40天价格呈直线上升，而后60天其价格呈直线下降，现统计出其中4天的价格如下表：
时间
第4天
第32天
第60天
第90天
价格（千元）
23
30
22
7
（Ⅰ）写出价格f（x）关于时间x的函数关系式（x表示投放市场的第x天，x∈N*）；
（Ⅱ）销售量g（x）与时间x的函数关系式为，则该产品投放市场第几天的销售额最高？最高为多少千元？
20．（12分）设函数f（x）＝|2x+3|．
（1）解不等式f（x）﹣f（x﹣2）≥1；
（2）当x∈R时，f（x2+2x）≥a|x+1|恒成立，求实数a的取值范围．
21．（12分）已知函数为偶函数．
（1）求m的值；
（2）若在区间（1，2]上恒成立，求a的取值范围．
22．（12分）已知函数f（x）＝ax2﹣x+2a﹣1（a＞0）．
（1）若f（x）在区间[1，2]为单调增函数，求a的取值范围；
（2）设函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为g（a），求g（a）的表达式；
（3）设函数，若对任意x1，x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥h（x2）恒成立，求实数a的取值范围．

2022-2023学年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校（高中部）高一（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（5分）设集合A＝{x|x≤0}，B＝{x∈Z||x|≤2}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣2，﹣1} C．{1，2} D．{0，1，2}
【分析】由已知求出集合B以及集合A的补集，再根据交集的运算性质即可求解．
【解答】解：由题意可得集合B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，
∁RA＝{x|x＞0}，所以（∁RA）∩B＝{1，2}，
故选：C．
【点评】本题考查了集合的交集运算，属于基础题．
2．（5分）设x∈R，则“x2﹣2x＜0”是“|x﹣1|＜2”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
【分析】分别求解一元二次不等式及绝对值的不等式，再由集合间的关系结合充分必要条件的判定得答案．
【解答】解：由x2﹣2x＜0，得0＜x＜2；
由|x﹣1|＜2，得﹣1＜x＜3．
∵（0，2）⫋（﹣1，3），
∴“x2﹣2x＜0”是“|x﹣1|＜2”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查一元二次不等式及绝对值的不等式的解法，考查充分必要条件的判断，是基础题．
3．（5分）下列说法不正确的是（　　）
A．若“p且q”为假，则p，q至少有一个是假命题
B．命题“∃x∈R，x2﹣x﹣1＜0”的否定是““∀x∈R，x2﹣x﹣1≥0”
C．设A，B是两个集合，则“A⊆B”是“A∩B＝A”的充分不必要条件
D．当a＜0时，幂函数y＝xa在（0，+∞）上单调递减
【分析】逐项判断即可．
【解答】解：A、p且q为假，根据复合命题的判断方法知，p，q至少有一个为假，故A正确；
B、根据特称命题的否定形式知B正确；
C、当A⊆B可得A∩B＝A，反之，当A∩B＝A时，也可推出A⊆B，所以“A⊆B”是“A∩B＝A”的充要条件，故C错误；
D、由幂函数的性质易知D正确．
故选：C．
【点评】本题考查命题的判断，充分必要条件等知识．考查学生对基本知识的掌握和运用．属于基础题．
4．（5分）若a＞b＞1，0＜c＜1，则下列式子成立的是（　　）
A．logac＜logbc B．
C．blogac＞alogbc D．ab＜ba
【分析】作差法得logac﹣logbc＝﹣＝，由a，b，c的取值范围比较大小，
由不等式的性质可得0＜＜，＜，
作差法可得blogac﹣alogbc＝﹣＝＞0，
赋值法令a＝2，b＝1.5，从而判断．
【解答】解：∵logac﹣logbc＝﹣＝，且a＞b＞1，0＜c＜1，
∴lnc＜0，lnb﹣lna＜0，lna＞0，lnb＞0，∴logac＞logbc，故A错，
∵a﹣c＞b﹣c＞0，∴0＜＜，
∴＜，故B错，
∵blogac﹣alogbc＝﹣＝＞0，
∴blogac＞alogbc，故C对，
令a＝2，b＝1.5，则ab＝21.5＝2，ba＝1.52＝2.25，故D错，
故选：C．
【点评】本题考查了不等式的性质及作差法比较大小的应用，同时考查了对数函数的应用，属于中档题．
5．（5分）若正数x，y满足x2+xy﹣2＝0，则3x+y的最小值是（　　）
A．2 B．4 C． D．
【分析】由已知得以y＝＝﹣x＞0，代入后结合基本不等式即可求解．
【解答】解：因为正数x，y满足x2+xy﹣2＝0，
所以y＝＝﹣x＞0，
所以0＜x＜，
所以3x+y＝2x+＝4，当且仅当2x＝，即x＝1时取等号，
故选：B．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
6．（5分）若f（x）＝是（﹣∞，+∞）的增函数，则a的取值范围是（　　）
A．[，3） B．（，3] C．（﹣∞，3） D．（，+∞）
【分析】由题意，利用函数的单调性，列出不等式组，由此解得a的范围．
【解答】解：由于是（﹣∞，+∞）的增函数，
可得 ，解得≤a＜3，
故选：A．
【点评】本题主要考查分段函数的单调性的应用，属于中档题．
7．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＜0时f（x）＝3x﹣1．若f（x﹣t）+f（x2﹣t2）≥0对任意的x∈R恒成立，则实数t的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】由f（﹣x）＝﹣f（x）可将f（x﹣t）+f（x2﹣t2）≥0转化为f（x﹣t）≥f（t2﹣x2），再由f（x）在（﹣∞，0）上单调递增且f（x）＜0，脱去“f”得到x﹣t≥t2﹣x2，f分离出参数t，令，即可求得实数t的取值范围．
【解答】解：当x＜0时，f（x）＝3x﹣1，又定义在R上的奇函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增且f（x）＜0，
所以f（x）在R上单调递增．
由f（x﹣t）+f（x2﹣t2）≥0，
可得f（x﹣t）≥﹣f（x2﹣t2），
则f（x﹣t）≥f（t2﹣x2），
所以x﹣t≥t2﹣x2，
即x2+x≥t2+t对任意的x∈R恒成立，
所以，
得，
解得．
故选：C．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性单调性及恒成立问题，分离参数是常用的技巧，考查转化思想与运算能力，属于中档题．
8．（5分）已知函数f（x）＝|lg（x﹣1）|﹣ax（0＜a＜1）有两个零点x1，x2，则有（　　）
A．x1x2＜1 B．x1x2＜x1+x2 C．x1x2＝x1+x2 D．x1x2＞x1+x2
【分析】因为函数f（x）有两个零点，故方程|lg（x﹣1）|＝ax（0＜a＜1）有两个解x1，x2（x1＜x2），
设函数g（x）＝|lg（x﹣1）|，函数h（x）＝ax，则g（x）＝|lg（x﹣1）|与h（x）＝ax的图象有两个交点，作出两个函数的图象，进而求解；
【解答】解：因为函数f（x）有两个零点，故方程|lg（x﹣1）|＝ax（0＜a＜1）有两个解x1，x2（x1＜x2）．
设函数g（x）＝|lg（x﹣1）|，函数h（x）＝ax，则g（x）＝|lg（x﹣1）|与h（x）＝ax的图象有两个交点，
由图象知，0＜x1＜2＜x2，
所以，，因为0＜a＜1，所以，
得﹣lg（x1﹣1）＞lg（x2﹣1），lg（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，即（x1﹣1）（x2﹣1）＜1，整理得，x1x2＜x1+x2．
故选：B．

【点评】考查绝对值函数的求解，转化法，指数函数对数函数图象的理解，属于中档题；
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
（多选）9．（5分）下列叙述中正确的是（　　）
A．若a，b，c∈R，则“ab2＞cb2”的充要条件是“a＞c”
B．“a＜1”是“方程x2+x+a＝0有一个正根和一个负根”的必要不充分条件
C．若a，b，c∈R，则“ax2+bx+c≥0对x∈R恒成立”的充要条件是“b2﹣4ac≤0”
D．“a＞1”是“＜1”的充分不必要条件
【分析】直接利用不等式的性质，一元二次不等式的解法，一元二次方程根和系数的关系，四个条件中充分条件和必要条件的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：若a，b，c∈R，则“ab2＞cb2”是“a＞c”的充分不必要条件，故A错误；
对于B：“方程x2+x+a＝0有一个正根和一个负根”则，整理得a＜0，
则“a＜1”是“a＜0”的必要不充分条件，故B正确；
对于C：若a，b，c∈R，则对于一元二次不等式，
当a＞0时，“ax2+bx+c≥0对x∈R恒成立”的充要条件是“b2﹣4ac≤0”故C错误；
对于D：当“a＞1”时“＜1”成立，
当“＜1”时，“a＞1或a＜0”，故“a＞1”是“＜1”的充分不必要条件，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查的知识要点：不等式的性质，一元二次不等式的解法，一元二次方程根和系数的关系，四个条件中充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知a＞0，b＞0，且a+2b＝1，则（　　）
A．ab的最大值为
B．的最小值为9
C．a2+b2的最小值为
D．（a+1）（b+1）的最大值为2
【分析】根据a＞0，b＞0，且a+2b＝1，结合基本不等式即可．
【解答】解：∵a，b均为正数，且a+2b＝1，
∴由基本不等式可得，1＝a+2b≥2，解得ab≤，
当且仅当a＝2b＝，即a＝，b＝时等号成立，故A选项错误；
+＝（+）（a+2b）＝1+++4≥5+2＝9，当且仅当＝即a＝b＝时，等号成立，故B选项正确；
∵，∴0＜b＜，
结合二次函数的性质可知，a2+b2＝（1﹣2b）2+b2＝5b2﹣4b+1≥，故C选项正确；
（a+1）（b+1）＝2（a+b）（a+3b）＝2（a2+4ab+3b2）＝2[（a+2b）2﹣b2]＝2（1﹣b2）＜2，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题．
（多选）11．（5分）若a＞b＞1，0＜m＜1，则（　　）
A．am＜bm B．ma＜mb
C．logma＜logmb D．logam＜logbm
【分析】根据已知条件，结合函数的单调性，以及特殊值法，即可求解．
【解答】解：对于A，y＝xm在（0，+∞）上单调递增，
∵a＞b＞1，∴am＞bm，故A错误，
对于B，y＝mx在（0，+∞）上单调递增，
∵a＞b＞1，∴ma＜mb，故B正确，
对于C，y＝logmx在（0，+∞）上单调递减，
∵a＞b＞1，∴logma＜logmb，故C正确，
对于D，令a＝4，b＝2，m＝，满足a＞b＞1，0＜m＜1，
但logam＞logbm，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查不等式的基本性质，掌握函数的单调性，以及特殊值法是解本题的关键，属于基础题．
（多选）12．（5分）已知函数f（x）的定义域为R，f（2x﹣1）是奇函数，则使得f（1）＝0成立的充分条件是（　　）
A．f（x）在[﹣3，0]上单调 B．f（x）为偶函数
C．f（2x+1）为偶函数 D．f（x+2）＝f（x）+f（2）
【分析】利用奇函数的定义，求出f（x）关于点（﹣1，0）对称，得到f（﹣1）＝0，利用充分条件的定义结合函数的奇偶性、单调性、对称性以及恒等式，运用赋值法对四个选项逐一分析判断即可．
【解答】解：因为函数f（x）的定义域为R，f（2x﹣1）是奇函数，
所以f（﹣2x﹣1）＝﹣f（2x﹣1），即f（2x﹣1）+f（﹣2x﹣1）＝0，
则函数f（x）关于点（﹣1，0）对称，
所以f（﹣1）＝0，
对于A，函数f（x）在[﹣3，0]上单调，不能确定f（1）＝0，故选项A错误；
对于B，若f（x）为偶函数，则f（1）＝f（﹣1）＝0，
所以f（x）为偶函数是使得f（1）＝0的充分条件，故选项B正确；
对于C，若f（2x+1）为偶函数，则f（﹣2x+1）＝f（2x+1），
所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，
不能确定f（1）＝0，故选项C错误；
对于D，因为函数f（x）关于点（﹣1，0）对称，
则f（x）+f（﹣x﹣2）＝0，令x＝﹣2，则f（﹣2）+f（0）＝0，所以f（﹣2）＝﹣f（0），
因为f（x+2）＝f（x）+f（2），
令x＝0，则f（2）＝f（0）+f（2），解得f（0）＝0，
令x＝﹣2，则f（0）＝f（﹣2）+f（2），解得f（2）＝﹣f（﹣2），
令x＝﹣1，则f（1）＝f（﹣1）+f（2）＝f（2），
综上所述，f（1）＝f（2）＝﹣f（﹣2）＝f（0）＝0，
所以f（x+2）＝f（x）+f（2）是使得f（1）＝0的充分条件，故选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了抽象函数的理解与应用，函数奇偶性、单调性、对称性的理解与应用，对于抽象函数的恒等式问题，一般运用赋值法进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（5分）用列举法表示集合＝　{﹣3，﹣6，6，3，2，1}　
【分析】根据x∈N，且，让x从0取值，看是否满足，这样找出A的所有元素即可．
【解答】解：根据x∈N，且可得：
x＝0时，；x＝1时，；x＝3时，；
x＝4时，；x＝5时，；x＝8时，；
∴A＝{﹣3，﹣6，6，3，2，1}．
故答案为：{﹣3，﹣6，6，3，2，1}．
【点评】考查描述法和列举法表示集合的概念，以及描述法的表示形式．
14．（5分）已知f（x）＝x|x|，则满足f（2x﹣1）+f（x）≥0的x的取值范围为　[，+∞）　．
【分析】根据题意，将f（x）写成分段函数的形式，分析可得f（x）为奇函数且在R上为增函数，进而可得f（2x﹣1）+f（x）≥0⇒f（2x﹣1）≥﹣f（x）⇒f（2x﹣1）≥f（﹣x）⇒2x﹣1≥﹣x，解可得x的取值范围，即可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）＝x|x|＝，
则f（x）为奇函数且在R上为增函数，
则f（2x﹣1）+f（x）≥0⇒f（2x﹣1）≥﹣f（x）⇒f（2x﹣1）≥f（﹣x）⇒2x﹣1≥﹣x，
解可得x≥，
即x的取值范围为[，+∞）；
故答案为：[，+∞）．
【点评】本题考查分段函数的奇偶性与单调性的判定以及应用，注意分析f（x）的奇偶性与单调性．
15．（5分）已知a＞0，b＞0，且，则a+2b的最小值为 　　．
【分析】实数a＞0，b＞0，且，则a+2b＝[（a+1）+2（b+1）]（）﹣6＝3++，再利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：因为a＞0，b＞0，且，
则a+2b＝[（a+2）+2（b+2）]（）﹣6＝3++≥3+2＝3+6；
当且仅当a+2＝（b+2）时取等号．
∴a+2b的最小值是3+6．
故答案为：3+6．
【点评】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
16．（5分）已知定义在R+上的函数f（x）＝，设a，b，c为三个互不相同的实数，满足，f（a）＝f（b）＝f（c），则abc的取值范围为　（81，144）　．
【分析】先判断函数的性质以及图象的特点，设a＜b＜c，由图象得ab是个定值，利用数形结合的思想去解决即可．
【解答】解：作出f（x）的图象如图：
当x＞9时，由f（x）＝4﹣＝0，得x＝16，
若a，b，c互不相等，不妨设a＜b＜c，
因为f（a）＝f（b）＝f（c），
所以由图象可知0＜a＜3＜b＜9，9＜c＜16，
由f（a）＝f（b），得1﹣log3a＝log3b﹣1，
即log3a+log3b＝2，即log3（ab）＝2，
则ab＝9，所以abc＝9c，
因为9＜c＜16，
所以81＜9c＜144，
即81＜abc＜144，
所以abc的取值范围是（81，144）．
故答案为：（81，144）．

【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用数形结合得到ab是个常数是解决本题的关键．综合考查学生的推理能力．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知集合A＝{x|x2﹣8x+m＝0，m∈R}，B＝{x|ax﹣1＝0，a∈R}，且A∪B＝A．
（1）若∁AB＝{2}，求m，a的值；
（2）若m＝15，求实数a组成的集合．
【分析】（1）由已知可得，2∈A，2∉B，然后结合元素与集合关系代入可求m，A，进而可求a；
（2）由A∪B＝A得B⊆A，然后结合B是否为空集两种情况进行求解．
【解答】解：（1）因为A＝{x|x2﹣8x+m＝0，m∈R}，B＝{x|ax﹣1＝0，a∈R}，且A∪B＝A，∁AB＝{2}，
所以2∈A，2∉B，
所以4﹣8×2+m＝0，
所以m＝12，A＝{2，6}；
所以6∈B，6a﹣1＝0，
故a＝；
（2）若m＝15，A＝{x|x2﹣8x+15＝0}＝{3，5}，
因为A∪B＝A，
所以B⊆A，
当B＝∅时，a＝0，
当B＝{3}，则a＝，
当B＝{5}，则a＝，
综上，a的取值集合为{0，，}．
【点评】本题主要考查了集合补集的应用及集合并集与集合包含关系的应用，属于中档题．
18．（12分）已知m∈R，命题p：∀x∈[0，1]，不等式m2﹣3m≤x2﹣2x﹣1恒成立；命题q：∃x∈（﹣∞，0]使得m≤2x成立．
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若p∧q为假，p∨q为真，求实数m的取值范围．
【分析】（1）根据题意，若p为真，分析可得m2﹣3m≤（x2﹣2x﹣1）min，结合二次函数的性质可得m2﹣3m≤﹣2，解可得m的取值范围，即可得答案；
（2）根据题意，分析q为真时m的取值范围，由复合命题的真假关系可得p、q一真一假，由此可得关于m的不等式组，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，命题p：∀x∈[0，1]，不等式m2﹣3m≤x2﹣2x﹣1恒成立，
则有m2﹣3m≤（x2﹣2x﹣1）min，
又由x∈[0，1]，则（x2﹣2x﹣1）min＝﹣2，
则有m2﹣3m≤﹣2，解可得1≤m≤2，
即m的取值范围为[1，2]；
（2）若q为真命题，必有m≤（2x）max，x∈（﹣∞，0]，则有m≤1，
若p∧q为假，p∨q为真，即p、q一真一假，
若p真q假，，则有1＜m≤2，
若q真p假，，则有m＜1，
综合可得：m≤2且m≠1；
故m的取值范围为{m|m≤2且m≠1}．
【点评】本题考查命题真假的判断，涉及全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
19．（12分）某种新产品投放市场的100天中，前40天价格呈直线上升，而后60天其价格呈直线下降，现统计出其中4天的价格如下表：
时间
第4天
第32天
第60天
第90天
价格（千元）
23
30
22
7
（Ⅰ）写出价格f（x）关于时间x的函数关系式（x表示投放市场的第x天，x∈N*）；
（Ⅱ）销售量g（x）与时间x的函数关系式为，则该产品投放市场第几天的销售额最高？最高为多少千元？
【分析】（Ⅰ）价格直线上升，直线下降，说明价格函数f（x）是一次函数，由表中对应关系用待定系数法易求f（x）的表达式；
（Ⅱ）由销售额＝销售量×时间，得日销售额函数S（x）的解析式，从而求出S（x）的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意知，当1≤x≤40时，一次函数y＝ax+b过点A（4，23），b（32，20），
代入函数求得a＝，b＝22； …（2分）
当40＜x≤100时，一次函数y＝ax+b过点C（60，22），B（90，7），
代入函数求得a＝﹣，b＝52 …（4分）
∴f（x）＝ …（5分）
（Ⅱ）设日销售额为S（x），则当1≤x≤40时，S（x）＝f（x）g（x）＝﹣（x2﹣21x﹣9592），
当x＝10或11时，[S（x）]max＝808.5（千元），…（8分）
当40＜x≤100时，S（x）＝f（x）g（x）＝﹣，
当x＝41时，[S（x）]max＝714（千元） …（10分）
∵714＜808.5，
∴日销售额最高是在第10天或第11天，最高值为808.5千元．…（12分）
【点评】本题考查函数模型的构建，考查求分段函数的解析式和最大值的应用题，考查求二次函数在闭区间上的最大值，属于中档题．
20．（12分）设函数f（x）＝|2x+3|．
（1）解不等式f（x）﹣f（x﹣2）≥1；
（2）当x∈R时，f（x2+2x）≥a|x+1|恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）对解析式去绝对值，再分段求不等式组即可；
（2）代入函数的解析式，再结合基本不等式解不等式即可．
【解答】解：（1）f（x）﹣f（x﹣2）⩾1⇔|2x+3|﹣|2x﹣1|⩾1，
原不等式可化为或或
解得x∈∅或或，
即原不等式的解集为．
（2）当x∈R时，f（x2+2x）⩾a|x+1|，
即|2（x2+2x）+3|⩾a|x+1|．
当x＝﹣1时，1⩾0，此时a∈R；
当x≠﹣1时，
，
因为．
当且仅当，即时取等号），
所以．
综上所述，实数a的敢值范围为．
【点评】本题考查函数的恒成立问题，考查学生的运算能力，属于中档题．
21．（12分）已知函数为偶函数．
（1）求m的值；
（2）若在区间（1，2]上恒成立，求a的取值范围．
【分析】（1）由函数为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），从而可求m的值；
（2）若在区间（1，2]上恒成立，可转化为a≤1+恒成立，继而可求a的取值范围．
【解答】解：（1）∵＝＝＝f（x），
∴m＝1；…4分
（2）由题意得：∀∈（1，2]，≥恒成立，即≥a•2x﹣a恒成立，
∴a≤1+恒成立，…6分
令y＝g（x）＝1+，
令t＝2x+1（3＜t≤5），
则y＝1+＝1+，又“对钩型”函数h（t）＝t+﹣3在区间（3，5]上单调递增，
∴y≥1+＝1+＝，
∴a≤．
又a•2x﹣a＞0在区间（1，2]上恒成立，
∴a＞0，
于是a的取值范围为（0，]…12分
【点评】本题考查函数恒成立问题，考查奇偶函数的概念应用，突出考查分离参数求最值，构造函数是通法，考查转化思想与运算能力，属于难题．
22．（12分）已知函数f（x）＝ax2﹣x+2a﹣1（a＞0）．
（1）若f（x）在区间[1，2]为单调增函数，求a的取值范围；
（2）设函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为g（a），求g（a）的表达式；
（3）设函数，若对任意x1，x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥h（x2）恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）若f（x）在区间[1，2]为单调增函数，则，解得a的取值范围；
（2）分类讨论给定区间与对称轴的关系，分析出各种情况下g（x）的表达式，综合讨论结果，可得答案；
（3）不等式f（x1）≥h（x2）恒成立，即f（x）min≥h（x）max，分类讨论各种情况下实数a的取值，综合讨论结果，可得答案．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣x+2a﹣1（a＞0）的图象是开口朝上，且以直线x＝为对称轴的抛物线，
若f（x）在区间[1，2]为单调增函数
则，
解得：…（2分）
（2）①当0＜＜1，即a＞时，f（x）在区间[1，2]上为增函数，
此时g（a）＝f（1）＝3a﹣2…（6分）
②当1≤≤2，即时，f（x）在区间[1，]是减函数，在区间[，2]上为增函数，
此时g（a）＝f（）＝…（7分）
③当＞2，即0＜a＜时，f（x）在区间[1，2]上是减函数，
此时g（a）＝f（2）＝6a﹣3…（8分）

综上所述：…（10分）
（3）对任意x1，x2∈[1，2]，不等式f（x1）≥h（x2）恒成立，
即f（x）min≥h（x）max，
由（2）知，f（x）min＝g（a）
又因为函数，
所以函数h（x）在[1，2]上为单调减函数，所以，…（12分）

①当时，由g（a）≥h（x）max得：，解得，（舍去）…（13分）
②当时，由g（a）≥h（x）max得：，即8a2﹣2a﹣1≥0，
∴（4a+1）（2a﹣1）≥0，解得
所以…（5分）
③当时，由g（a）≥h（x）max得：，解得，
所以a
综上所述：实数a的取值范围为…（16分）
【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．
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